Question

3．已知橢圓$\frac{{x}^{2}}{{a}^{2}}$+$\frac{{y}^{2}}{^{2}}$=1（a＞b＞0）上頂點A（0，2），右焦點F（1，0），設(shè)橢圓上任一點到點M（0，6）的距離為d．
（1）求d的最大值；
（2）過點F的直線交橢圓于點S，T兩點，P為準(zhǔn)線l上一動點．
①若PF⊥ST，求證：直線OP平分線段ST；
②設(shè)直線PS，PF，PT的斜率分別為k₁，k₂，k₃，求證：k₁，k₂，k₃成等差數(shù)列．

Answer 1

分析 （1）由題意可得b=2，c=1，解得a，可得橢圓的方程，設(shè)橢圓上一點（m，n），代入橢圓方程，再由兩點的距離公式，化簡整理可得n的二次函數(shù)，即可得到所求最大值；
（2）①當(dāng)過點F（1，0）的直線的斜率不存在，顯然成立；當(dāng)過點F的直線的斜率存在，設(shè)為x=my+1，代入橢圓方程4x²+5y²=20，運用韋達(dá)定理和中點坐標(biāo)公式，可得ST的中點Q的坐標(biāo)，再由兩直線垂直的條件：斜率之積為-1，可得n=-4m，由直線的斜率公式即可得證；
②由①可得k₂=$\frac{n}{4}$，運用兩點的斜率公式，計算k₁+k₃，運用點滿足直線方程，化簡整理，代入韋達(dá)定理，結(jié)合等差數(shù)列的中項的性質(zhì)即可得證．

解答 解：（1）由題意可得b=2，c=1，a=$\sqrt{^{2}+{c}^{2}}$=$\sqrt{5}$，
可得橢圓方程為$\frac{{x}^{2}}{5}$+$\frac{{y}^{2}}{4}$=1，
設(shè)橢圓上一點（m，n），可得$\frac{{m}^{2}}{5}$+$\frac{{n}^{2}}{4}$=1，即m²=5（1-$\frac{{n}^{2}}{4}$），
即有d=$\sqrt{{m}^{2}+（n-6）^{2}}$=$\sqrt{5（1-\frac{{n}^{2}}{4}）+（n-6）^{2}}$
=$\sqrt{-\frac{1}{4}{n}^{2}-12n+41}$=$\sqrt{-\frac{1}{4}（n+24）^{2}+185}$，
由于-2≤n≤2，可得n=-2時，d取得最大值8；
（2）①證明：當(dāng)過點F（1，0）的直線的斜率不存在，即為x=1，
顯然有直線OP平分線段ST；
當(dāng)過點F的直線的斜率存在，設(shè)為x=my+1，
代入橢圓方程4x²+5y²=20，可得
（4m²+5）y²+8my-16=0，
設(shè)S（x₁，y₁），T（x₂，y₂），可得
y₁+y₂=-$\frac{8m}{4{m}^{2}+5}$，y₁y₂=-$\frac{16}{4{m}^{2}+5}$，（*）
線段ST的中點Q坐標(biāo)為（$\frac{5}{4{m}^{2}+5}$，-$\frac{4m}{4{m}^{2}+5}$），
由橢圓的準(zhǔn)線方程可得l：x=5，
設(shè)P（5，n），即有直線OP的斜率為$\frac{n}{5}$，
由PF⊥ST，可得k_PF=$\frac{n}{5-1}$=-m，即n=-4m，
可得直線OP的斜率和直線OQ的斜率相等，且為-$\frac{4m}{5}$，
則直線OP平分線段ST；
②證明：由①可得k₂=$\frac{n}{4}$，
k₁+k₃=$\frac{{y}_{1}-n}{{x}_{1}-5}$+$\frac{{y}_{2}-n}{{x}_{2}-5}$=$\frac{{y}_{1}-n}{m{y}_{1}-4}$+$\frac{{y}_{2}-n}{m{y}_{2}-4}$
=$\frac{8n+2m{y}_{1}{y}_{2}-（4+mn）（{y}_{1}+{y}_{2}）}{{m}^{2}{y}_{1}{y}_{2}+16-4m（{y}_{1}+{y}_{2}）}$，
代入（*），可得k₁+k₃=$\frac{8n（5+4{m}^{2}）-32m+8m（4+mn）}{-16{m}^{2}+16（5+4{m}^{2}）+32{m}^{2}}$=$\frac{n}{2}$，
即有k₁+k₃=2k₂，則k₁，k₂，k₃成等差數(shù)列．

點評 本題考查橢圓的方程和性質(zhì)的運用，考查兩點的距離的最值的求法，注意運用二次函數(shù)的最值的求法，考查兩直線垂直的條件：斜率之積為-1，以及聯(lián)立直線方程和橢圓方程，運用韋達(dá)定理和中點坐標(biāo)公式，同時考查等差數(shù)列中項的性質(zhì)，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．